Đề thi Olympic trại hè Hùng Vương lần X năm 2014 - Khối 10 môn vật lý

Bỏ qua khối lượng của ròng rọc và dây; bỏ qua ma sát tại trục quay của ròng rọc.. Biết hệ số ma sát giữa hai vật với nêm đều là k.. Tính gia tốc tương đối của hai vật với nêm và gia tốc

SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

HẠ LONG

ĐỀ THI OLYMPIC TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X

MÔN: VẬT LÝ - KHỐI: 10 Ngày thi: 01 tháng 08 năm 2014 Thời gian: 180 phút

Đề thi gồm: 02 trang

Bài 1: (5 điểm)

Cho hệ cơ học như hình 1: Nêm có khối

lượng M, góc nghiêng α Trên mặt nêm có hai

vật có khối lượng m1 và m2 (m1 > m2) Coi dây

không giãn Bỏ qua khối lượng của ròng rọc và

dây; bỏ qua ma sát tại trục quay của ròng rọc

1 Giữ nêm cố định Biết hệ số ma sát giữa hai

vật với nêm đều là k

a Tìm giá trị cực đại max của góc α để hai

vật đứng yên

b Với góc α > αmax Tính gia tốc của hai vật

2 Bỏ qua ma sát giữa hai vật và nêm; giữa nêm và sàn ngang Tính gia tốc tương đối của hai vật với nêm và gia tốc aM của nêm đối với sàn

Bài 2: (5 điểm)

Hai vật nặng có khối lượng m1 = 10 kg và m2 = 20 kg được mắc vào hai đầu của lò

xo có khối lượng không đáng kể, độ cứng của lò

xo là k = 100 N/m Vật nặng m2 được đặt tựa

vào tường thẳng đứng Hệ được đặt trên mặt

phẳng nằm ngang như hình vẽ (hình 2) Hệ số

ma sát giữa mặt phẳng và hai vật là như nhau và

có giá trị μ = 0,1 Ban đầu hệ ở trạng thái cân

bằng, lò xo không biến dạng Một viên đạn có

khối lượng m = 1 kg bay với vận tốc v0 = 10 m/s

hợp với phương ngang góc α = 300 đến cắm vào vật m1 Giả sử lực tương tác giữa m

và m1 rất lớn so với trọng lực của chúng Coi thời gian va chạm đủ nhỏ để lò xo chưa kịp biến dạng trong quá trình xảy ra va chạm Lấy g = 10 m/s2

a Xác định vận tốc của vật m1 ngay sau khi va chạm

b Xác định độ biến dạng cực đại của lò xo?

c Trong quá trình hệ chuyển động vật m2 có dịch chuyển không?

Bài 3: (4 điểm)

Khối hộp chữ nhật (H) có tiết diện thẳng ABCD, chiều cao của khối hộp là

A  cm và đáy CD 10  cm Đặt (H) trên mặt phẳng nghiêng MN Lấy g = 10 m/s2

Hình 1

m1 m2

M

α

m



Hình 2

ĐỀ CHÍNH THỨC

a Tìm góc nghiêng cực đại 0 của MN để (H) còn chưa bị lật Khi góc nghiêng của MN là 0; muốn cho (H) không trượt trên MN thì

hệ số ma sát nghỉ cực đại μ giữa (H) và MN phải là bao

nhiêu?

b Trong trường hợp góc nghiêng của MN đã là 0,

hệ số ma sát nghỉ cực đại (cũng là hệ số ma sát trượt)

giữa (H) và MN là μ = 0,2 Kéo MN theo phương

ngang, sang phải với gia tốc a Tìm điều kiện của gia

tốc a để cho (H) không trượt trên MN Coi rằng trong

quá trình kéo (H) không bị lật

Bài 4: (4 điểm)

Một khối khí lí tưởng có khối lượng m, khối lượng mol là μ, chỉ số đoạn nhiệt  và nhiệt dung mol đẳng tích CV Khối khí thực hiện chu trình 1-2-3-4-1 như hình 4 Chu

trình gồm hai quá trình đẳng tích 1-2; 3-4 và hai quá

trình đẳng áp 2-3; 4-1 Nhiệt độ tuyệt đối tăng n lần (n >

1) cả trong quá trình đốt nóng đẳng tích và giãn nở đẳng

áp

a Quá trình nào hệ nhận nhiệt, truyền nhiệt ra bên

ngoài? Tìm nhiệt lượng hệ nhận và truyền ra bên ngoài

trong từng quá trình theo n, , CV, T1, m, μ

b Tìm hiệu suất của chu trình Áp dụng số với n = 2

và biết khí là khí lí tưởng đơn nguyên tử

Bài 5: (2 điểm)

Hệ ở hình bên (hình 5) là mô hình gợi ý một phương án thực nghiệm để xác định

hệ số ma sát trượt μt giữa vật nặng m và mặt bàn

Hãy nêu cách bố trí thí nghiệm, các bước tiến hành

và biểu thức xác định hệ số ma sát trượt μt của m với

các dụng cụ sau:

- Bàn thí nghiệm có bố trí như hình vẽ

- Một số lượng đủ dùng các vật nặng m chưa biết

giống hệt nhau có móc treo, đang cần xác định hệ số

ma sát giữa nó với mặt bàn

- Một ròng rọc nhẹ gắn tại mép bàn như hình vẽ, ma sát tại trục ròng rọc bỏ qua

- Dây nối mảnh, nhẹ, đủ dài, không giãn

- Thước đo chiều dài, bút đánh dấu

- Hết -

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

A

Hình 3

B

C

D

M

N



(H )

Hình 4

p

p2

p1

V2

V1

4

1

V

Hình 5

m

m2

1

SỞ GD&ĐT QUẢNG

NINH

TRƯỜNG THPT

CHUYÊN HẠ LONG

OLYMPIC TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X

MÔN: VẬT LÝ - KHỐI: 10 Ngày thi: 01 tháng 08 năm 2014

Thời gian: 180 phút

Đáp án gồm 8 trang

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ 10 Bài 1: (5,0 điểm)

1a

1 Giữ nêm cố định, có ma sát

a Tính max để hai vật đứng yên

Lập luận để thấy được do m1 > m2 nên nếu hệ m1, m2 có xu hướng chuyển động thì m1 có xu hướng trượt xuống, m2 có xu hướng trượt lên

0,5

Phương trình hình chiếu mô tả trạng thái cân bằng của m1; m2:

0 sin

.

1g TF ms

m 

0 sin

.

2g TF ms

m 



sin

).

2

1F m m g

F msms 

0,5

Điều kiện hai vật đứng yên:F ms1F ms2 k m( 1m g2) cos  (2)

Từ (1) và (2) Suy ra:

2 1

2

1 ) (

tan

m m

m m k







 =>

2 1

2 1 max

) (

tan

m m

m m k







1b

b α > αmax tính gia tốc của hai vật

Phương trình động lực mô tả chuyển động của hai vật:

1 1 1 1 1 s1

1 2 2 2 2 s2

m m

m a P N T F

m a P N T F







 Lưu ý: T1T2 T; a2  a1; a1a 0,5

Do khi chuyển động m1 trượt xuống; m2 trượt lên, ta có phương trình hình chiếu:





















a m g

km T

g m

a m g

km T

g m

cos

sin

.

cos

sin

2 2

2

1 1

1



 



=>

2 1

2 1 2

1 ) sin ( ) cos (

m m

g m m k g

m m a









(2)

0,5

2

2 Không có ma sát Gọi gia tốc của m1 đối với nêm là a; do dây không giãn lên gia tốc của m2 đối với nêm là -a; gọi gia tốc của nêm đối với đất là a M

Ta có phương trình chuyển động cho ba vật là:

- Vật 1: m a a1(  M)  P1 N1T1

- Vật 2: m (  a a  )  P N T

0,5

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

- Nêm: M a.M  P N 1 N2  2TN

Lưu ý: T1T2 T; N1 N1 ; N2 N2 

Chiếu các phương trình trên lên các trục Ox nằm ngang và Oy

thẳng đứng ta có:

s i n c o s ( c o s ) 1 )

s i n c o s ( c o s ) 2 )

M

M

N T m a a

  





m g N cos T m a

m g N cos T m a



Phương trình hình chiếu của nêm theo phương Ox:

2T cosN1sinN2sinM.a M( 5 )

0,75

Từ (1) và (2):

(N1N2) sin (m1m2)a cos (m1m2).a M( 6 )

(N1N2) sin 2T cos (m1m2)a cos (m1m2)a M( 7 )

Từ (3) và (4):

(m1m g2)  (N1N cos2)   (m1m a2) sin  (8)

Từ (5) và (7):

M.a M (m1m2).a cos (m1m2).a M

Suy ra: (( )..cos)(9)

2 1

2 1

M m m

a m m

a M









0,75

Thay (9) vào (6):



( ).4. cos sin

).

(

2 1

2 1 2

1 2

m m M

m m M m m N





















Giải hệ (8) và (10) ta có:



2

2 1 2

2 2 1 2 1

2 1 2 1

cos 4

sin )

( ) (

sin

) )(

(

m m m

m m m M

g m m m m M a



















 



2 2 1 2

2 2 1 2 1

2 2 1

cos 4

sin )

( ) (

cos

sin

) (

m m m

m m m M

g m m

a M













0,5

Bài 2: (5,0 điểm)

a

Xét động lượng của hệ hai vật

m và m1

Trước va chạm:

p mv cos ; p mv sin

0,25

Sau va chạm: p'x (mm )v ; p1 1 'y 0 0,25

m



x

O

y

Như vậy trong quá trình va chạm động lượng của hệ theo phương

Oy biến thiên một lượng:  py p'y py  mv sin0  0,25

Trong quá trình va chạm hệ chịu tác dụng của trọng lực và phản

lực F

của mặt phẳng ngang Phản lực này có thể phân tích thành hai thành phần: thành phần pháp tuyến Fy và lực ma sát Fms Theo

dữ kiện bài toán dễ thấy F lớn hơn nhiều so với trọng lực do đó Fy

cũng lớn hơn nhiều so với trọng lực

0,25

Áp dụng định lí biến thiên động lượng theo phương Oy:

0

1 2

sin

y

p mv

F m m

t t





do Fy lớn hơn nhiều so với trọng lực lên ta có: 0 sin

y

mv F

t



 



0,5

Áp dụng định lí biến thiên động lượng theo phương Ox:

x m

p F s t

Ta có:  px (mm )v1 1mv cos ;0 

Ta có:

0

1

p F t (m m )v mv cos mv sin

mv (cos sin )

v v 0,74m / s

m m

s



0,25

b

Sau khi tương tác hệ vật chuyển động chịu tác dụng của lực ma sát

nên cơ năng của hệ giảm dần vì vậy độ biến dạng cực đại của lò xo

chính là độ nén cực đại của lò xo ngay sau thời điểm va chạm

0,5

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có:

2

1 1

(m m )v kx (m m )gx

2 2

x 15,9cm 50x 11x 3,01 0

x 37,9cm







Loại nghiệm x = -37,9 cm Vậy độ biến dạng (nén) cực đại của lò

xo trong quá trình hệ dao động là: xmax= 15,9 cm

0,5

c

Giả sử sau khi lò xo bị nén cực đại, vật m và m1 dịch chuyển sang

trái tới vị trí lò xo biến dạng một đoạn x thì dừng lại Trong quá

trình này ta giả sử vật m2 vẫn đứng yên Áp dụng định luật bảo

toàn năng lượng ta có:

2

1 1

k k (m m )(x x)

2 2

x 13,7cm

50 1,1 1,098 0

x 15,9cm







x x

x x

Loại nghiệm x = -15,9 cm

0,75

Như vậy lò xo bị dãn một đoạn 13,7 cm thì vật m và m1 dừng lại

Tại vị trí này lực đàn hồi của lò xo là: Fdh kx13,7N 0,25 Mặt khác để vật m2 dịch chuyển sang trái thì điều kiện là:

dh m n 2

F F s max  m g20N13,7N Suy ra trong suốt quá trình chuyển động của m và m1 thì m2 vẫn

đứng yên

0,5

Bài 3: (4,0 điểm)

a

Khi đường thẳng đứng qua trọng

tâm còn nằm trong mặt chân đế,

khối hộp H còn đứng vững: 0  

0,5

3

DC AD

0 30



  (1)

0,5

A

B

C

D

M

N







Q

P

Khi  = 0

Khối hộp không trượt khi: F ms P.sin  và F ms   cosP 

sin  cos 

     tan  0  0, 58 (2)

0,5

b

- Nếu góc nghiêng của MN là 0

0 30

  ; hệ số ma sát   0, 2 và

MN đứng yên thì H sẽ bị trượt xuống dưới 0,25 Khi MN chuyển động sang

phải với gia tốc a

, xét trong

hệ quy chiếu gắn với mặt

phẳng nghiêng MN, hộp H

chịu thêm lực quán tính

- Hình vẽ:

* Để hộp H không trượt trên

mặt phẳng nghiêng MN, hợp

lực đặt vào khối hộp H: Fhl   P Q   F qt F ms  0 (*)

0,5

* Để khối H không bị trượt xuống dưới

Xét điều kiện cân bằng tới hạn, nghĩa là: Fms = Fmst =.Q và khi

đó lực ma sát có chiều hướng lên trên

Chiếu (*) lên Ox:

Q   Q  m a

0 0

2

ma ma Q

  (3)

Chiếu (*) lên Oy:

Q   Q  m g

0 0

2

mg mg Q

  (4)

0,5

So sánh (3) và (4) ta được: 1 3 1 0, 2 3 2

10 3,38( / )

3 3 0, 2

a g  m s



 

  

 

Vậy muốn khối H không trượt xuống dưới thì 2

3, 38( / )

a m s (5)

0,25

A

B

C

D

M

N







Q

P

Fqt

x

O

y

* Để khối H không bị trượt lên

Lúc này lực ma sát có chiều

hướng xuống;

Xét điều kiện cân bằng tới hạn,

nghĩa là: Fms = Fmst =.Q

Chiếu (*) lên Ox:

Q   Q  m a

0 0

2

ma ma Q

  (6)

Chiếu (*) lên Oy:

Q   Q  m g

0 0

2

mg mg Q

  (7)

0,5

So sánh (6) và (7) ta được:

2

a g  m s



Vậy muốn khối H không trượt lên trên MN thì 2

8, 79( / )

a m s (8) Kết hợp điều kiện (5) và (8) ta có: 2 2

3, 38m s/  a 8, 79m s/

0,5

Bài 4: (4,0 điểm)

a

Quá trình đẳng tích 1 – 2:

- Đây là quá trình đẳng tích có áp suất

luôn tăng lên nhiệt độ luôn tăng

→ Quá trình đốt nóng đẳng tích

- Theo bài ra ta sẽ có:

2 2

2 1

1 1

P T

n T nT

P  T    > T1

→ Quá trình 1-2 hệ nhận nhiệt

0,5

Quá trình đẳng áp 2 -3:

- Đây chính là quá trình giãn nở đẳng áp

- Theo bài ra ta có: 3 3 2

3 2 1 2

2 2

1

V T

n T nT n T T

V T      

→ Quá trình 2-3 hệ nhận nhiệt

0,25

A

B

C

D

M

N







Q

P

Fqt

x

O

y

Hình 4

p

p2

p1

V2

V1

4

1

V

Quá trình đẳng tích 3 – 4:

3 3 2

3 4

4 4 1

1

P T P

n T nT

P T  P    

Vậy T4 = nT1 < T3

→ Quá trình 3-4 hệ truyền nhiệt ra bên ngoài

0,25

Quá trình đẳng áp 4-1

Dễ dàng suy ra T4 = T2 = nT1 > T1

→ Quá trình 4-1 hệ truyền nhiệt ra bên ngoài

0,25

Nhiệt lượng hệ nhận trong quá trình 1 – 2:

12 m v m v 2 1 m v 1 1 m v 1 1

Q C T C T T C nT T C T n

Nhiệt lượng hệ nhận trong quá trình 2-3:

Q C T C T T C nT T C n T nT C nT n

          0,5

Quá trình 3-4:

34 m v m v 4 3 m v 1 1 m v 1 1 0

Q C T C T T C nT n T C nT n

Hệ truyền nhiệt ra: 34'  

34 m v 1 1

Q Q C nT n



0,5

Quá trình 4–1:

41 m p m v 1 4 m v 1 1 1 0

Q C T C T T C T n

Hệ truyền nhiệt ra: 41'  

41 m v 1 1

Q Q C T n



0,5

b

Vậy hiệu suất của chu trình là:

' '

34 41

12 23

1

Q Q n

Q Q n







0,5

Thay số với n = 2;  = 5/3 ta được: 1 2 (5 / 3) 15, 4%

1 2.(5 / 3)

Bài 5: (2,0 điểm)

+ Bố trí: Với các dụng cụ đã cho ta bố trí cơ hệ như đề bài, trong

đó: Dùng 1 vật nặng m làm vật m1, treo n quả cân (n > 2) để tạo ra

vật m2 sao cho khi thả tay ra hệ chuyển động được (trọng lượng

của m2 lớn hơn ma sát nghỉ cực đại giữa m1 và mặt bàn)

0,25

- Nếu m2 chạm đất mà m1 chưa chạm ròng rọc thì nó sẽ tiếp tục

chuyển động chậm dần đều và dừng lại Bố trí độ cao h của mép

dưới m2 so với đất và chiều dài dây nối sao cho m1 dừng lại mà

+ Tiến hành: Giữ m1 để hệ cân bằng, đo độ cao h từ mép dưới m2

tới đất và đánh dấu vị trí ban đầu M của m1 trên mặt bàn 0,25

- Thả tay nhẹ nhàng cho hệ chuyển động, đánh đấu vị trí m1 dừng

+ Tính μ:

Giai đoạn 1: hai vật chuyển động nhanh dần đều cùng gia tốc:

a1 = 2 1

1 2

g

    

0,25

khi m2 chạm đất, vận tốc của hai vật: 2

1

v = 2a h1 = 2n gh

n 1

 

- Giai đoạn 2: m1 chuyển động chậm dần đều do tác dụng của ma

Kể từ khi m2 chạm đất đến khi m1 dừng lại, nó đi được quãng

đường: S = ℓ - h

- 2 1

v = 2a2S

 2n gh

n 1

 

 = 2μg(ℓ - h)  μ = n.h

h  (n 1)(    h) = n.h

(n 1)    n.h 0,25

m2

m1

h